Typescript 扩展快速响应类型，并将我的新类型导出为新模块

我想为我的团队创建一个新的“通用”模块。 它应该包括响应和请求对象（express）的扩展

我们希望实现两件事——第一件是扩展请求以拥有用户属性——这将在为我们进行所有身份验证的中间件中初始化

第二件事-我们想创建关于如何返回错误的约定，因此我想扩展express的reponse类型，使用一个名为sendError的方法，该方法将接收exception/erormsg并创建响应。=>我想做的不仅仅是扩展一个接口，我也想提到它

到目前为止，我创建了一个新模块，在其中创建了一个文件types.d.ts，并将该文件添加到tsconfig中的“types”中

import {User} from '../models/user.ts'
declare module 'express'{
    export interface Request {
user: User;
}
}

在我的模型中，我可以看到适当的用户请求，并且一切都很好。 问题是，当我们的服务从npm安装此模块时，它不熟悉此属性

第二个问题是，我如何实现我的第二个目标？它更像是一个接口的扩展，更像是一个类的扩展，因为我想提一下

我想到了这样的事情：

import {User} from '../models/user.ts'
declare module 'express'{
    export interface Response {
sendError: (statusCode : number, error :Error ) => void;
}
}

express.Response.sendError = //put the logic here 

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为什么不扩展名称空间呢？以下是对我有效的方法：

我通常有一个文件

/types/express.d.ts

。在您的情况下，内容将是：

import {User} from '../models/user.ts'
declare namespace Express{
  export interface Request {
    user: User
  }

  export interface Response {
    sendError: (statusCode : number, error :Error ) => void;
  }
}

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